海南省海口市2023届高三模拟考试数学试题（含解析）

这是一份海南省海口市2023届高三模拟考试数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

海南省海口市2023届高三模拟考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知，，则（    ）
A． B． C． D．
2．复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
3．二项式的展开式中，的系数为（    ）
A． B． C． D．
4．函数的单调递减区间是（    ）
A． B．和
C． D．和
5．设，若函数图象上任意一点满足，则（    ）
A． B． C． D．
6．设点在等边△内（含△的三条边），，，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
7．已知数列满足，，数列满足，，设数列和的前项和分别为和，若，则（    ）
A． B． C． D．
8．琼中蜂蜜是海南省琼中黎族苗族自治县特产.人们赞美蜜蜂是自然界的建筑师，是因为蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱为单位的几何体.18世纪初，法国天文学家通过观测发现蜜蜂蜂房的每个单位并非六棱柱.如图1，左侧的正六棱柱底面边长为，高为.蜜蜂的蜂房实际形状是一个十面体，如图2，它的顶部是边长为的正六边形，底部由三个全等的菱形，和构成，其余侧面由个全等的直角梯形构成，，，蜜蜂的高明之处在于图2的构造在容积上与图1相等，但所用的材料最省.图2中，（    ）
  
A． B． C． D．

二、多选题
9．随着社会的发展，人们的环保意识越来越强了，某市环保部门对辖区内A、B、C、D四个地区的地表水资源进行检测，按照地表水环境质量标准，若连续10天，检测到地表水粪大肠菌群都不超过200个/L，则认为地表水粪大肠菌群指标环境质量稳定达到Ⅰ类标准，否则不能称稳定达到Ⅰ类标准.已知连续10天检测数据的部分数字特征为：A地区的极差为20，75%分位数为180；B地区的平均数为170，方差为90；C地区的中位数为150，极差为60；D地区的平均数为150，众数为160.根据以上数字特征推断，地表水粪大肠菌群指标环境质量稳定达到Ⅰ类标准的地区是（    ）
A．A地区 B．B地区 C．C地区 D．D地区
10．已知锐角，，满足，则（    ）
A．，可能是方程的两根
B．若，则
C．
D．
11．如图，正方体的棱长为，，，分别是，和的中点，在线段上，则（    ）
  
A．，，，，五点在同一个球面上
B．直线与平面的交点为线段靠近点的四等分点
C．三棱锥的体积为
D．存在点，使平面
12．已知，，，下面结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
13．已知直线与圆交于，两点，则______.
14．在正三棱锥中，，则该三棱锥外接球的表面积为______.

四、双空题
15．已知点，分别是双曲线的左右焦点，过的直线与该双曲线交于，两点（点位于第一象限），点是△内切圆的圆心，则______；若的倾斜角为，△的内切圆面积为，△的内切圆面积为，则为______.

五、填空题
16．已知正实数，满足：，则的最小值为______.

六、解答题
17．将数列按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列的一个分群数列，称为这个分群数列的原数列.如，，，，，是数列的一个分群数列，其中第个括号称为第群.已知数列的通项公式为.
(1)若数列的一个分群数列每个群都含有项，该分群数列第群的最后一项为，求数列的通项公式.
(2)若数列的一个分群数列满足第群含有项，为的该分群数列第群所有项构成的数集，设，求集合中所有元素的和.
18．在△中，角，，所对的边分别为，，，已知，.
(1)若，求△的面积；
(2)若，点为中点，求的长.
19．海口市某中学一研究性学习小组为了解海口市民每年旅游消费支出费用（单位：千元），寒假期间对游览某签约景区的100名海口市游客进行随机问卷调查，并把数据整理成如下表所示的频数分布表：
组别








频数
3
4
8
11
41
20
8
5
(1)从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据，求两人旅游支出均低于6000元的概率；
(2)若海口市民的旅游支出费用近似服从正态分布，近似为样本平均数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表），近似为样本标准差，并已求得，利用所得正态分布模型解决以下问题：
（ⅰ）假定海口市常住人口为300万人，试估计海口市有多少市民每年旅游费用支出在15000元以上；
（ⅱ）若在海口市随机抽取3位市民，设其中旅游费用在9000元以上的人数为，求随机变量的分布列和均值.
附：若，则，，.
20．如图，四棱锥中，，，平面平面.
  
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，与平面所成的角为，求的最大值.
21．已知椭圆的左、右两个顶点分别为、，左、右两个焦点分别为、，.动点是上异于、的一点，当时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线的方程为，直线和分别交于点和点.从以下三个条件中任选一个作为已知条件，证明另外两个条件成立：①；②；③以为直径的圆与相切于.
22．已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设.
（ⅰ）证明：存在两个零点，；
（ⅱ）证明：的两个零点，满足.

参考答案：
1．D
【分析】解一元二次不等式化简集合，再利用并集的定义求解作答.
【详解】解不等式，得，即，而，
所以.
故选：D
2．C
【分析】先求出，再由复数的乘法和除法运算化简即可得出答案.
【详解】由可得，
.
故选：C.
3．A
【分析】先求出二项式展开式的通项，再令的指数为3得到的值，从而得到答案.
【详解】的展开式的通项公式为.
令，解得,
所以的系数为.
故选：A.
4．B
【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【详解】，
则由二次函数的性质知，当时，的单调递减区间为；
当，的单调递减区间为，
故的单调递减区间是和.
故选：B
5．C
【分析】根据题意结合两点间距离公式分析运算.
【详解】因为点在函数图象上，则，即，
又因为，则，
整理得，
由于对恒成立，则，解得.
故选：C.
6．D
【分析】记BC中点为D，将化为，由已知可得，根据数量积定义直接求解，结合点P在内可得最大值.
【详解】记BC中点为D，
为正三角形，，

所以，且
所以，即，

因为点P在内（含三边），所以，

所以，

即的最大值为3.
故选：D


7．A
【分析】由递推关系可得数列和的周期为4，结合条件可得，即得.
【详解】因为，，
所以，，，，
所以数列的周期为4，
同理可得数列的周期为4，且，，，，
所以，又，
所以，又，
所以或(舍去).
故选：A.
8．D
【分析】先用把蜂房的表面积表示出来，然后把当作自变量，求导确定蜂房表面积取最小值时的即为结果.
【详解】设，则由题意知蜂房的表面积为，
求导得，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得极小值，也是最小值，即此时蜂房最省料.
故选：D.
9．AB
【分析】根据平均数、方差、众数、中位数、极差、百分位数的知识对各地区进行分析，从而确定正确选项.
【详解】根据题意，设数据的最大值为，最小值为，每天的检测数据为，
对于地区，极差为，，又由分位数为，则，则，丁地区一定达标；
对于地区，由，则，
如果这个数据中有一个数据大于，则必有，矛盾，
所以这个数据均不大于，地区一定达标；
对于地区，数据150、150、150、150、150、150、150、150、150，210，满足中位数为150，极差为60，地区可能没有达标；
对于地区，数据140、150、150、100、100、160、160、160、160，220，满足平均数为150，众数为160，地区可能没有达标；
故选：AB
10．BD
【分析】由，的符号即可判断A；由正弦函数的单调性可判断B；
由正、余弦的降幂公式化二次为一次，结合三角函数值的符号可判断C；
用两角和的正切公式的变形可判断D.
【详解】因为，为锐角，所以，，
若，是方程的两根，
由韦达定理得，故A错误；
因为，为锐角且，函数在上单调递增，故B正确；
因为，为锐角，所以，，
故，C错误；
因为，所以，
又，所以，
所以
，故D正确.
故选：BD.
11．AC
【分析】利用棱锥的体积计算公式，线面垂直的性质、直线与平面的交点等有关知识逐项进行验证即可求解.
【详解】对于A，分别取，的中点，构造长方体，
则经过点，，，，五点的球即为长方体的外接球，
故，，，，五点在同一个球面上，
  
故选项A正确；
对于B，取的中点，连接并延长交的延长线与点，连接，
点即为直线与平面的交点，而点并不是线段靠近点的四等分点，
  
故选项B错误；
对于C，连接，
  
因为，
所以，故选项C正确；
对于D，假设存在点，使平面，因为平面，
所以，又因为，所以，此时与重合，
因为平面，平面，所以，也即，
由正方体的性质可知，此时与不可能垂直，故假设错误，
所以不存在这样的点，使平面，故选项D错误，
故选：AC.
12．BCD
【分析】A选项，变形得到，由基本不等式求出最值，A错误；B选项，先推出和，结合得到，同理得到，可得结论；C选项，先根据基本不等式得到，从而证明出结论；D选项，由B选项得到，由导函数得到函数最值，求出，从而得到，证明出结论.
【详解】A选项，变形得到，
因为，所以，故，
解得，当且仅当时，等号成立，A错误；
B选项，因为，所以，即，
又，所以，即，
因为，所以，同理可得，
由可得，故，
，所以，
故，解得，
又，即，所以，即，解得，
解得，综上，，同理可得，
所以，故B正确；
C选项，因为，所以，解得，
当且仅当时，等号成立，
，C正确；
D选项，由B可知，，
设，，则，
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，所以，
所以，即，解得，
，
故选：BCD
【点睛】方法点睛：不等式证明或比较大小经常用到基本不等式及其变形：
，当且仅当时，等号成立，
解题中要结合题目条件灵活运用.
13．
【分析】首先求出圆的圆心坐标和半径，计算圆心到直线的距离，再计算弦长即可.
【详解】圆，即为，
圆心，半径.
圆心到直线的距离，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】画出正三棱锥，设出球心，由勾股定理建立等量关系求得外接球半径，由球的表面积公式求解即可.
【详解】如图：在正三棱锥，.

在等边三角形中，为中点，，
所以，在直角三角形中，
，设三棱锥外接球半径为，
在直角三角形中，，.
由勾股定理得：，解得：，
所以该三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为：.
15． 2 9
【分析】利用平面几何图形的性质解题，由同一点出发的圆的切线长相等，可得，再结合双曲线的定义得，从而可求得的内心的横坐标2，即有轴，在，中，运用解直角三角形知识，及正切函数的定义和二倍角公式化简即可得到直线的斜率．
【详解】由双曲线，可得，,
记的内切圆圆心为，
内切圆在边上的切点分别为，
易知两点横坐标相等，，
  
由，即，
得，即，
记点的横坐标为，则，
则，得．
记的内切圆圆心为，同理得内心的横坐标也为，则轴，
已知直线的倾斜角为，则，
设△的内切圆半径为，△的内切圆半径为
在中，，
同理，在中，，
所以，所以.
故答案为：2;9.
16．
【分析】将变形为，设，对求导可知在上单调递增，所以，则，所以，令，对求导，即可求出的最小值
【详解】由可得：,
所以，，
设，，
所以在上单调递增，所以，
则，所以，
所以，所以，令，
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
故的最小值为.
故答案为：.
17．(1)
(2)26

【分析】（1）由分群数列的定义推导即可求解；
（2）根据该分群数列第k群含有k项，求出该分群数列的前6群，从而得到集合即可求解.
【详解】（1）由题意，该分群数列第k群的最后一项，
由，所以，所以数列的通项公式为
（2）由题意，该分群数列第k群含有k项，所以该分群数列的前6群为:
，
又，显然有．
当时满足，即.
所以集合中所有元素之和为
18．(1)2
(2)或

【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简已知式可得，可判断△为等腰直角三角形，即可求出△的面积；
（2）由正弦定理求出，结合（1）可得或，分情况讨论，由余弦定理和三角形的面积公式即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，，
即．
整理得，
又，故，即．
若，则．
又，所以，此时．
所以△为等腰直角三角形，即．
（2）若，则，所以．
由，所以．由（1），，由，
所以或．
①当时，，此时△为直角三角形，且．
所以．
②时，，此时△为等腰三角形．
在△中，由余弦定理得，，
所以．综上，或．
19．(1)
(2)（i）68250人（ii）分布列见解析，均值为

【分析】（1）根据古典概型即可求解；（2）（ⅰ）根据正态分布即可进行估计；（ⅱ）根据二项分布即可求解.
【详解】（1）样本中旅游支出低于6000元的市民有15人，记A为“从样本中任选两人，两人旅游支出均低于6000元”，则．
（2），所以．
（ⅰ）因为，
所以海口市民每年旅游费用支出在15000元以上的人数．
（ⅱ），所以．
，，
，，
所以的分布列为：

0
1
2
3
P




所以．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据面面垂直和线面垂直的性质可得，由已知可证，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证平面平面；
（2）法1：设，利用向量法求出平面的一个法向量，并根据线面角的公式转化为函数问题分析最值即可；法2：设点到平面的距离为，利用等面积法得到，进而得到，分析取最小值的情况，即可求出的最大值.
【详解】（1）证明：过点A作于，
  
因为平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，
而，平面
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，
又，所以，
所以，，所以，
由平面ABCD，所以平面．
如图建立空间直角坐标系，则，，，设，
平面的一个法向量为，，
，所以，，即，
得 令，得，
，所以，
显然，当时，取最小值，
综上，当时，的最大值为．
法2：设点到平面的距离为，因为，平面，
所以平面，所以点A到平面的距离也为，
由（1），平面，所以，又，所以，
所以，所以，所以，
由（1），平面，所以，
由，在四边形中，当时，取最小值，
此时四边形显然为矩形，，所以的最大值为．
21．(1)
(2)条件选择见解析，证明见解析

【分析】（1）设，根据可得出的值，当，求出的值，根据以及椭圆的定义可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设、，的中点，设，推导，化简点的坐标.
证明命题①②③成立：由可求出的值，可证得②成立，再证明出，并说明点在以为直径的圆上，且为圆心，可证得③成立；
证明命题②①③成立：当时，写出点、、的坐标，证明出，可证得①成立，再由①③成立，如上即可；
证明命题③①②成立：由圆的几何性质可证得命题①成立，再由①②，如上即可.
【详解】（1）解：设，则，，所以．
当时，不妨设点，，代入椭圆方程得，
化简得，所以，
在直角△中，由得，
所以，解得，所以椭圆的标准方程为．
（2）解：设、，的中点，
由（1）知，、、，

设，其中，由可得．
则直线的斜率，直线的方程为，
在直线的方程中，令可得，
同理可得，
所以，即．
【情况1】
下面证明命题①②③成立：
，，
因为，所以，
又，
即，化简得，解得．
的中点为，所以，，
所以，即，
又，点在以为直径的圆上，且为圆心，
所以以为直径的圆与相切于．
【情况2】
下面证明命题②①③成立：
当时，、、，
，，
所以，即成立．
下面①③同情况1．
【情况3】
下面证明命题③①②成立：
由③，点在以为直径的圆上，所以有，即③①成立．
下同情况1．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析

【分析】（1）用导数求出单调性即可求解；
（2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；
（ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可.
【详解】（1），
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
（2）（ⅰ）证明：，，，
因为，所以，所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数有最小值．
由，，
下面证明，在上，对，只要足够小，必存在，
使得：
实际上，当时，，令，得，
所以对，取，必有，即，
所以在区间上，存在唯一的，，
又，所以在区间上，存在唯一的，，
综上，存在两个零点．
（ⅱ）要证，需证，由，所以，
因为在上单调递减，因此需证：，
，，
所以，，
设，，
则，
所以在上单调递减，，即
，
结论得证，所以．
【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法.